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2025届甘肃省部分学校高三下学期4月二模考试 化学试题
1．（2025·甘肃模拟）甘肃省博物馆汇集了甘肃从远古时期到近现代的大量文化珍宝。下列说法错误的是
A．铜奔马的主要成分是合金
B．驿使图壁画砖的主要成分是碳酸钙
C．《仪礼》竹木简牍的主要成分是纤维素
D．人头形器口彩陶瓶的主要成分是硅酸盐
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A． 铜奔马的主要成分是合金 ，A正确；
B．驿使图壁画砖的主要成分是硅酸盐，B错误；
C．竹木简牍的主要成分是纤维素，C正确；
D．人头形器口彩陶瓶属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.铜马是铜合金。
B.壁画砖的主要成分是硅酸盐。
C.竹木的主要成分是纤维素。
D.陶瓶的主要成分是硅酸盐。
2．（2025·甘肃模拟）下列化学用语表达正确的是
A．激发态氯原子的价电子排布图为
B．中C原子最高能级的电子云轮廓图为
C．的电子式为
D．的VSEPR模型为
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．由分析可知，激发态氯原子的价电子排布式可以为3s13p6，其排布图可以为，故A错误；
B．由分析可知，C原子最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃型，2p能级只有两个电子，电子云应向两个方向伸展，故B错误；
C．由分析可知，的电子式为，故C错误；
D．中S原子价电子对数为，孤对电子数为1，VSEPR模型为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.基态氯原子的价电子排布式为3s23p5。
B.C原子核外电子排布式为1s22s22p2，其最高能级为2p。
C.是共价化合物。
D.根据中心原子价层电子对数进行分析。
3．（2025·甘肃模拟）下列实验事故的处理方法合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 不慎将金属汞洒落地面 必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖
B 金属钠着火 快速用二氧化碳灭火器灭火
C 稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上 用3%~5%的烧碱溶液冲洗
D 蒸馏操作时忘记加沸石 停止加热，立即加入沸石再加热
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A. 不慎将金属汞洒落地面， 必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖，A正确；
B．金属钠与O2在加热条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成O2，所以不能用二氧化碳灭火器灭火，B项错误；
C．浓硫酸溅到皮肤上，先用干抹布擦干，再用大量水冲洗，最后用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗，C错误；
D．应立即停止加热，待溶液冷却后加入沸石再加热，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.金属汞有挥发性。
B.金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成O2。
C.浓硫酸溶于水会放出大量的热。
D.沸石能防止液体飞溅。
4．（2025·甘肃模拟）下列关于物质的性质、用途等描述错误的是
A．具有还原性，在葡萄酒中添加适量的可防止葡萄酒氧化变质
B．面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包的主要原理是碳氢酸钠受热分解能产生气体
C．液氨可用作工业制冷剂是由于氨易溶于水
D．氢氧化钠溶液呈强碱性并能与铝粉反应产生气体且放热，可将两种物质混合做厨卫管道疏通剂
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A． 适量的可防止葡萄酒氧化变质，是利用的还原性，A正确；
B．用小苏打作发泡剂烘焙面包的主要原理是碳氢酸钠受热分解能产生气体 ，B正确；
C． 液氨可用作工业制冷剂是由于液氨汽化吸热 ，C错误；
D．氢氧化钠溶液和铝粉混合可以作为管道疏通剂使用，是因为铝和氢氧化钠溶液反应生成气体并放热，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.具有还原性。
B.NaHCO3不稳定，受热易分解。
C.液氨汽化吸热。
D.铝和氢氧化钠溶液反应产生H2并放热。
5．（2025·甘肃模拟）离子液体是一种由离子构成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。最常见的离子液体主要由如下图所示正离子和负离子构成，图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。下列说法错误的是
A．该化合物中不存在配位键
B．图中负离子的空间结构为正四面体形
C．图中正离子中碳原子的杂化方式为
D．C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．该化合物中，中存在配位键，A错误；
B． 图中负离子为，其中心Al的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形，B正确；
C．图中正离子中，环上碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为，烃基-C2H5中，C原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为，C正确；
D．由分析可知，三种元素中H的电负性最小，则C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为N＞C＞H，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.中存在配位键。
B.根据中心原子价层电子对数进行分析。
C.根据碳原子价层电子对数进行分析。
D.同周期元素从左到右电负性逐渐增强。
6．（2025·甘肃模拟）下列有关实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 相同温度下用计测定等浓度甲酸和乙酸溶液的，甲酸溶液的更小 烷基越长，推电子效应越大
B 将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑且膨胀 浓硫酸只体现强氧化性
C 先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，注射器内气体颜色加深 增大压强，平衡向生成气体的方向移动
D 铝粉与氧化铁发生铝热反应，冷却后将固体溶于盐酸，向所得溶液滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化 氧化铁已经完全被铝粉还原
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．烷基是推电子基，根据实验操作及现象可推出烷基越长，推电子效应越大 ，A正确；
B．涉及反应是C+H2SO4→CO2↑+SO2↑+H2O，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，B错误；
C．根据实验操作及现象， 将活塞往里推， 体积缩小，c(NO2)增大，注射器内气体颜色加深，C错误；
D．根据实验操作及现象，Fe2O3与盐酸反应生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+，无法证明氧化铁已经完全被铝粉还原，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.烷基是推电子基，烷基越长，推电子效应越大。
B.涉及反应是C+H2SO4→CO2↑+SO2↑+H2O。
C.体积缩小，NO2浓度增大。
D.Fe2O3与盐酸反应生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+。
7．（2025·甘肃模拟）某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。下列说法正确的是
A．对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性
B．该化合物分子中最多有10个碳原子共平面
C．该化合物既能和碱反应，又能跟酸反应
D．分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．酯基与水不溶， 成酯不能增强该化合物的水溶性，A错误；
B．根据该有机物的结构简式，与苯环、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，B错误；
C．该有机物中含有羧基和氨基，结合分析可知，既能和碱反应，又能跟酸反应 ，C正确；
D．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据相似相溶进行分析。
B.与苯环、碳碳双键连接的碳原子一定共平面。
C.羧基能和碱反应，氨基能和酸反应。
D.质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱可获取官能团。
8．（2025·甘肃模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．向悬浊液中滴加过量氨水和乙醇：
B．邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂：n+(n-1)H2O
C．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：
D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：+3NaOH+3C17H35COONa
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分析可知，涉及化学方程式为：，A正确；
B．由分析可知，涉及化学方程式为：n+(n-1)H2O，B错误；
C．由分析可知，涉及化学方程式为：，C正确；
D．由分析可知，涉及化学方程式为：+3NaOH+3C17H35COONa，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.悬浊液先与过量氨水反应，生成的，在过量乙醇会析出。
B.邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂的反应是酚羟基邻位上碳原子的氢原子断裂。
C.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，注意原子数目和得失电子守恒。
D.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解为高级脂肪酸钠和甘油。
9．（2025·甘肃模拟）全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZTO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图所示，放电时电池反应为。下列说法错误的是
A．放电时，电子流向为a极→负载→b极
B．充电时，流向为b极→固态电解质→复合层→a极
C．充电时，b极的电极反应为
D．放电时，每转移电子b极质量理论上减少
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时a极作负极，b极作正极，则电子流向为a极→负载→b极，故A正确；
B．由分析可知，充电时a极为阴极，b极为阳极，则锂离子流向为b极→固态电解质→复合层→a极，故B正确；
C．由分析可知，充电时b极的电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，放电时，b极的电极反应式为，则每转移0.1mol电子时，b极增加质量为0.7g，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A.根据题干及图示信息，放电时为原电池，a极附近的锂失电子生成锂离子，则a极作负极，b极为正极。
B.充电时，a极为阴极，b极为阳极。
C.充电时，b极为阳极，LiNixCoyMnzO2失电子生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子。
D.放电时，b极为正极，其电极反应式为。
10．（2025·甘肃模拟）一种无机纳米药物，具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力，其组成元素均位于前四周期。X原子的外层电子数是其内层电子数的2倍，Y原子的M层未成对电子数为4，X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期。W和Z的第一电离能都大于左右相邻元素。下列叙述正确的是
A．该盐可捕获形成难溶的物质
B．简单氢化物的键角：
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：
D．Z和W可以形成只含离子键的化合物
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，该盐的化学式为，可与形成难溶的物质，A不符合题意；
B．W、X的简单氢化物分别是氨气和甲烷，甲烷中心原子孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、空间构型为正四面体形；氨气中中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则甲烷的键角更大，B不符合题意；
C．氢氧化镁属于中强碱，碱性强于氢氧化铁，C不符合题意；
D．Z和W可以形成只含离子键的化合物氮化镁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，W、X 、Y、Z均位于前四周期， X原子的外层电子数是其内层电子数的2倍， 可推出X为碳元素； Y原子的M层未成对电子数为4， 则其3d轨道上有4个不成对电子，其基态原子价电子排布式为3d64s2，可推出Y为铁元素； X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期 ， W和Z的第一电离能都大于左右相邻元素，可推出W为氮元素、Z为Mg元素。
11．（2025·甘肃模拟）设为阿伏加德罗常数的值，均是对应的盐，常温下的电离常数。常温下，下列说法正确的是
A．和所含的电子数不同
B．的溶液中，的数目约为
C．溶液中，的数目约为
D．反应中每产生标准状况下气体，转移电子数为
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A．和都含有10NA个电子，A不正确；
B．溶液中存在电离平衡：，Ka==，则2L pH=3的HN3溶液中，c(HN3)≈0.1mol·L-1，HN3的数目约为2L×0.1mol·L-1×NA=0.2NA，B不正确；
C．NaN3为强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应：HN3+OH-，c(HN3)≈c(OH-)，则溶液中，c()≈0.1mol·L-1，水解平衡常数Kb=，则，溶液中，OH-的数目约为10-5NA，C正确；
D．由分析可知， 反应中 ，每产生标准状况下气体即4mol气体，转移电子数为4NA，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.和都含有10NA个电子。
B.溶液是弱酸。
C.NaN3为强碱弱酸盐。
D.根据，反应前后只有氢元素化合价降低，且由+1降为0。
12．（2025·甘肃模拟）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如下图所示。已知真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让在其中传导，为价，为价，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．该晶体的1个完整晶胞中含有8个Co原子
B．忽略氧原子缺陷，每个原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心
C．真实晶体中+3价与+4价的原子个数比为
D．真实晶体的密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，该晶体的一个完整晶胞中含有8个Co原子，故A正确；
B．忽略氧原子缺陷，根据图示，每个Co原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心，故B正确；
C．由分析可知，La数为 、Ba数为、Co数为1，真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，故氧原子数为，+3价Co的个数为x，根据化合物中元素正负化合价代数和为0，则+3+2+3x+4(2-x)-2×6×95%=0，x=1.6，所以+3价Co与+4价Co的原子个数比为4∶1，故C错误；
D．根据均摊法，该晶胞中La数为 、Ba数为、Co数为1，真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，故氧原子数为，所以晶胞质量为，体积为，则密度，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.该晶体的一个完整晶胞由8个图示结构单元组成。
B.根据晶胞图进行分析。
C.根据均摊原则，La数为 、Ba数为、Co数为1。
D.根据m=ρV进行分析。
13．（2025·甘肃模拟）为有效治理低浓度二氧化硫烟气，国内外展开了大量的研究，某科研机构利用硒(Se)单质作催化剂，实现了低温下亚硫酸氢钠制备单质硫，其工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．工业生产时，“碱盐”可选用成本较低的溶液，且能避免二次污染
B．通过调控反应条件，可提高生产效率，但硫黄的回收率不会高于33.33%
C．“低温转化”所涉及到的反应中，还原剂与氧化剂的质量之比为
D．“操作”一步中包含“蒸发结晶”
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，“碱盐”可选用成本较低的溶液，且能避免二次污染，A错误；
B．NaHSO3在催化剂作用下生成还原产物S和氧化产物NaHSO4，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，3mol二氧化硫可生成1mol硫，则硫黄的回收率不会高于33.33%，B正确；
C．“低温转化”，NaHSO3在 硒(Se)单质作催化剂作用下生成S和NaHSO4，反应前后，S元素化合价由+4变为+6、0，则NaHSO3既是氧化剂又是还原剂，且还原剂与氧化剂的质量之比为2：1，C错误；
D．NaHSO4·H2O的溶解度随温度变化大，由溶液得到晶体NaHSO4·H2O，应进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.SO2与Na2S溶液反应会生成H2S产生二次污染。
B.根据得失电子守恒可得到氧化产物与还原产物的物质的量之比，据此分析。
C.反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高。
D.由溶液得到晶体，应进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。
14．（2025·甘肃模拟）常温下用的溶液滴定未知浓度的氨水。溶液中、含N微粒的分布系数随滴加溶液体积的变化关系如下图所示。[比如的分布系数]，下列叙述正确的是
A．曲线②代表
B．氨水的浓度为
C．氨水的电离常数
D．时，溶液中
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线②代表，故A错误；
B．加入，恰好完全反应，结合反应关系式，则氨水的浓度为，故B错误；
C．根据图示信息，当pH=9.25时，时，常温下，则氨水的电离常数，故C错误；
D．时，，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，两式相减可得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.随着溶液的滴加，逐渐被中和，逐渐减小，逐渐增大，则逐渐增大，曲线②代表，曲线①代表。
B.根据反应关系式进行分析。
C.氨水的电离常数。
D.根据溶液中电荷守恒和物料守恒进行分析。
15．（2025·甘肃模拟）过氧化钙晶体(，微溶于水，不溶于乙醇、乙醚)是重要的化学品，常用作杀菌剂、防腐剂、化妆品的添加剂等。实验室以石灰石(含有少量铁、硅的氧化物)为原料制备的实验流程如下：回答下列问题：
（1）由石灰石制备纯的过程需经过盐酸溶解、溶液氧化、调除铁、溶液沉钙等步骤。
①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是　 　。
②“溶液沉钙”反应的离子方程式为　 　。
（2）“制备”过程所用装置如下图所示：
①A中若用甲装置制备，所用反应物为　 　，若用乙装置制备，写出反应的化学方程式：　 　。
②“制备”需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是　 　；生成的离子方程式为　 　；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是　 　。
（3）产品中含量测定。准确称取产品于锥形瓶中，加入蒸馏水和，用标准溶液滴定至终点，重复上述操作两次。
①滴定终点观察到的现象为　 　。
②根据下表数据，计算产品中的质量分数　 　(保留四位有效数字)。
滴定次数 样品的质量/g 溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 0.2500 1.00 20.98
2 0.2500 2.00 22.00
3 0.2500 0.20 20.22
【答案】（1）抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；
（2）、；；温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；；氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行
（3）滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；86.40%
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是：抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；
②加入溶液沉钙发生的离子反应为与反应生成沉淀，反应的离子方程式为：；
（2）①由实验装置图可知，甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，则A中若用甲装置制备，所用反应物为、；若用乙装置制备，则乙装置中发生的反应为浓氨水受热分解生成氨气和水，反应的化学方程式为：；
②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，因过氧化氢和氨水受热均易分解，为防止反应物分解导致的产率降低，制备时需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是：温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应生成和，则生成的离子方程式为：；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水可将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行，所以制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是：氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行；
（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂，则滴定终点观察到的现象为：滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；
②由表格数据可知，三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液的体积分别为19.98mL、20.00mL、20.02mL，则消耗高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，由得失电子守恒可得关系式：~2KMnO4，则产品中的质量分数为=86.40%。
【分析】（1）①可从过滤速率及温度等方面分析。
②溶液中的与反应生成沉淀。
（2）①甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水。
②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备。
（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂。
②根据表格数据中三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液的体积可算出平均体积，结合得失电子守恒进行分析
（1）①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是：抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；
②加入溶液沉钙发生的离子反应为与反应生成沉淀，反应的离子方程式为：；
（2）①由实验装置图可知，甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，则A中若用甲装置制备，所用反应物为、；若用乙装置制备，则乙装置中发生的反应为浓氨水受热分解生成氨气和水，反应的化学方程式为：；
②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，因过氧化氢和氨水受热均易分解，为防止反应物分解导致的产率降低，制备时需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是：温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应生成和，则生成的离子方程式为：；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水可将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行，所以制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是：氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行；
（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂，则滴定终点观察到的现象为：滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；
②由表格数据可知，三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液的体积分别为19.98mL、20.00mL、20.02mL，则消耗高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，由得失电子守恒可得关系式：~2KMnO4，则产品中的质量分数为=86.40%。
16．（2025·甘肃模拟）电镀工业废水含有大量的六价铬(、)，具有高度的毒性和致癌性，处理工业含铬废水有如下方法：
Ⅰ．还原法。某厂工业含铬废水有少量其他金属离子，现将废水净化并回收金属铬，基本工艺流程如下：
已知：
①溶液中和存在平衡：
②常温下，
③几种离子沉淀完全的如下表所示：
离子种类
完全沉淀 6.7 9.2 8.0
回答下列问题：
（1）反应池中溶液的，亚硫酸盐的作用是　 　。
（2）已知浓度小于时沉淀完全。沉淀池的值一般调整到8.0，此时　 　(填“是”或“否”)已沉淀完全。
（3）PAC是絮凝剂，是絮凝剂的一种成分，请写出用氢氧化铝与盐酸制备该成分的化学反应方程式　 　。
（4）清水池后续深度处理时，可采用离子交换技术(阴、阳离子分别被阴离子交换柱、阳离子交换柱吸收并释放出)。待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱的原因为　 　。
（5）铝热法制备金属Cr的化学方程式为　 　。
Ⅱ．电解处理技术。用铁板作电极电解处理酸性含铬废水，将Cr(Ⅵ)转化为沉淀如下图所示：
（6）电解时a极连接电源的　 　极。
（7）电解过程中，阳极区溶液中发生反应的离子方程式为　 　。当废水颜色不再变化，切断电源，调高溶液pH，生成沉淀除去铬。
【答案】作还原剂，将重铬酸根离子还原成三价铬离子；是；；避免阳离子与阴离子交换柱内生成沉淀，降低交换效率；；正；
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理
【解析】【解答】（1）溶液中和存在平衡：，时铬元素大部分以形式存在，亚硫酸盐作还原剂，+4价的硫被+6价的铬氧化，同时将重铬酸根离子还原成三价铬离子；
（2）沉淀池的pH=8，c(OH-)= mol/L，此时c(Cr3+) =，说明已沉淀完全；
（3）根据原子守恒，氢氧化铝与盐酸制备的化学反应方程式为：；
（4）待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱，可以避免金属阳离子如等与阴离子交换柱内生成沉淀，降低交换效率；
（5）利用铝热法制备金属Cr，发生氧化还原反应，化学方程式为；
（6）Fe为阳极失去电子，故电解时a极连接电源的正极；
（7）阳极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+具有还原性，被废水中的氧化为Fe3+，得到电子被还原产生Cr3+，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：。
【分析】（1）亚硫酸盐作还原剂。（2）已沉淀完全，说明c(Cr3+) =。
（3）根据原子数目及种类守恒进行分析。
（4）待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱，可避免金属阳离子与阴离子交换柱内生成沉淀。
（5）根据反应前后原子数目、种类及得失电子守恒进行分析。
（6）Fe作阳极。
（7）根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒进行分析。
17．（2025·甘肃模拟）2024年巴黎奥运会火炬燃料是生物丙烷，来自可再生原料，用途广泛，是一种较为清洁的能源，有助于减少碳排放。丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷来制备乙烯、丙烯等产品。请回答下列问题：
Ⅰ．直接脱氢法制丙烯的反应为：。在25℃和条件下，几种物质的燃烧热如下表所示：
物质
燃烧热 -2219.9 -2049 -285.8
（1）　 　。
（2）该反应正向自发进行的条件为　 　(填“高温”“低温”或“任何温度”)。
（3）某温度下，在某刚性密闭容器中充入一定量的，发生上述反应。平衡时容器中总压为，丙烷的转化率为，则该反应的平衡常数为　 　(要求带单位；用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的量分数)。
Ⅱ．氧化脱氢法制丙烯：在固体催化剂作用下氧化丙烷生成丙烯，化学反应为：
（4）中国科学技术大学研究了在硼基催化剂上丙烷氧化脱氢制丙烯的反应机理，部分反应历程(其中吸附在催化剂表面的物质用*表示)如下图所示：
则反应物分子在催化剂上的吸附是　 　(填“吸热”或“放热”)过程。上述反应历程中决速步骤的反应方程式为：　 　。
（5）氧化裂解法制丙烯的反应产物中除外，还有、和C等，产生的固体会附着在催化剂表面，降低催化剂活性。下图1为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2为投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响。
已知：的选择性；产率转化率选择性。
①图1中的转化率随着温度升高而增大的原因为　 　。
②图2中的值较低时，的选择性较低的原因可能是　 　。
【答案】+114.9；高温；；放热；或；温度升高，反应速率加快，转化率升高；氧气过量，丙烷发生深度氧化产生其它副产物
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）根据燃烧热定义写出热化学方程式：
①， ②，
③
由盖斯定律，①-②-③可得，。
（2）该反应，反应后气体物质的量增大，。根据，当时反应自发进行，要使，因为，，则需T较大，即高温条件下反应正向自发进行。
（3）设起始时的物质的量为n，列出三段式：
平衡时总物质的量为。
的分压，和的分压，平衡常数。
（4）从反应历程图看，反应物分子吸附在催化剂表面后能量降低，所以反应物分子在催化剂上的吸附是放热过程。决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤，由图可知活化能最大的步骤对应的反应为。
（5）①温度升高，分子获得能量，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率加快，在相同时间内丙烷反应的量增多，所以丙烷的转化率随着温度升高而增大。
②较低时，也就是氧气相对丙烷过量较多时，丙烷不仅发生生成丙烯的反应，还会更多地发生深度氧化反应，生成、和等，使得丙烯的选择性降低。
【分析】（1）首先写出表格中所给三种物质的燃烧的热化学方程式，根据盖斯定律得到题干中反应的热化学方程式。
（2）反应自发进行的条件是<0。
（3）根据化学平衡三段式进行分析。
（4）反应物分子吸附在催化剂表面后能量降低；决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤。
（5）①温度升高，分子获得能量，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率加快。
②氧气相对丙烷过量较多时，丙烷不仅发生生成丙烯的反应，还会更多地发生深度氧化反应。
18．（2025·甘肃模拟）化合物G是一种新型治疗肿瘤的药物，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为　 　；化合物A的名称　 　。
（2）化合物C含有官能团的名称为　 　。
（3）E的熔沸点高于D的原因是　 　。
（4）E→F反应的化学方程式为　 　。
（5）化合物A的同分异构体中，能使溶液显紫色的还有　 　种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为　 　。
（6）参照上述合成路线，以、和为原料，设计合成的路线：　 　(可用NBS和AIBN，其他无机试剂任选)。
【答案】（1）取代反应；3，5—二甲基苯酚
（2）碳溴键(或溴原子)、酯基
（3）E分子中存在羟基，能形成分子间氢键
（4）
（5）8；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；化合物A的结构简式为，名称为3，5—二甲基苯酚；
（2）化合物C的结构简式为，含有官能团的名称为：碳溴键(或溴原子)、酯基；
（3）E的结构简式为：，D的结构简式为：，E分子中存在羟基，能形成分子间氢键，故E的熔沸点高于D；
（4）由分析可知，E的结构简式为，E→F反应的化学方程式为：；
（5）化合物A的结构简式为，同分异构体中能使溶液显紫色的还有：、、、、、(邻间对)，共8种；
峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为：；
（6）溴乙烷与反应生成，一定条件下转化为，与反应得到，设计合成的路线为：。
【分析】（1）与乙酸酐反应生成B，根据B的分子式可知，反应为取代反应。
（2）根据有机物的结构简式分析。
（3）E分子中存在羟基，能形成分子间氢键。
（4）D在氢氧化钠溶液中水解后盐酸酸化得到E为。
（5）酚羟基能使溶液显紫色， 核磁共振氢谱有5组峰 ，说明有5种氢原子。
（6）溴乙烷与反应生成，一定条件下转化为，与反应得到。
（1）由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；化合物A的结构简式为，名称为3，5—二甲基苯酚；
（2）化合物C的结构简式为，含有官能团的名称为：碳溴键(或溴原子)、酯基；
（3）E的结构简式为：，D的结构简式为：，E分子中存在羟基，能形成分子间氢键，故E的熔沸点高于D；
（4）由分析可知，E的结构简式为，E→F反应的化学方程式为：；
（5）化合物A的结构简式为，同分异构体中能使溶液显紫色的还有：、、、、、(邻间对)，共8种；
峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为：；
（6）溴乙烷与反应生成，一定条件下转化为，与反应得到，设计合成的路线为：。
1 / 12025届甘肃省部分学校高三下学期4月二模考试 化学试题
1．（2025·甘肃模拟）甘肃省博物馆汇集了甘肃从远古时期到近现代的大量文化珍宝。下列说法错误的是
A．铜奔马的主要成分是合金
B．驿使图壁画砖的主要成分是碳酸钙
C．《仪礼》竹木简牍的主要成分是纤维素
D．人头形器口彩陶瓶的主要成分是硅酸盐
2．（2025·甘肃模拟）下列化学用语表达正确的是
A．激发态氯原子的价电子排布图为
B．中C原子最高能级的电子云轮廓图为
C．的电子式为
D．的VSEPR模型为
3．（2025·甘肃模拟）下列实验事故的处理方法合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 不慎将金属汞洒落地面 必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖
B 金属钠着火 快速用二氧化碳灭火器灭火
C 稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上 用3%~5%的烧碱溶液冲洗
D 蒸馏操作时忘记加沸石 停止加热，立即加入沸石再加热
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·甘肃模拟）下列关于物质的性质、用途等描述错误的是
A．具有还原性，在葡萄酒中添加适量的可防止葡萄酒氧化变质
B．面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包的主要原理是碳氢酸钠受热分解能产生气体
C．液氨可用作工业制冷剂是由于氨易溶于水
D．氢氧化钠溶液呈强碱性并能与铝粉反应产生气体且放热，可将两种物质混合做厨卫管道疏通剂
5．（2025·甘肃模拟）离子液体是一种由离子构成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。最常见的离子液体主要由如下图所示正离子和负离子构成，图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。下列说法错误的是
A．该化合物中不存在配位键
B．图中负离子的空间结构为正四面体形
C．图中正离子中碳原子的杂化方式为
D．C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为
6．（2025·甘肃模拟）下列有关实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 相同温度下用计测定等浓度甲酸和乙酸溶液的，甲酸溶液的更小 烷基越长，推电子效应越大
B 将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑且膨胀 浓硫酸只体现强氧化性
C 先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，注射器内气体颜色加深 增大压强，平衡向生成气体的方向移动
D 铝粉与氧化铁发生铝热反应，冷却后将固体溶于盐酸，向所得溶液滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化 氧化铁已经完全被铝粉还原
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·甘肃模拟）某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。下列说法正确的是
A．对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性
B．该化合物分子中最多有10个碳原子共平面
C．该化合物既能和碱反应，又能跟酸反应
D．分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息
8．（2025·甘肃模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．向悬浊液中滴加过量氨水和乙醇：
B．邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂：n+(n-1)H2O
C．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：
D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：+3NaOH+3C17H35COONa
9．（2025·甘肃模拟）全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZTO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图所示，放电时电池反应为。下列说法错误的是
A．放电时，电子流向为a极→负载→b极
B．充电时，流向为b极→固态电解质→复合层→a极
C．充电时，b极的电极反应为
D．放电时，每转移电子b极质量理论上减少
10．（2025·甘肃模拟）一种无机纳米药物，具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力，其组成元素均位于前四周期。X原子的外层电子数是其内层电子数的2倍，Y原子的M层未成对电子数为4，X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期。W和Z的第一电离能都大于左右相邻元素。下列叙述正确的是
A．该盐可捕获形成难溶的物质
B．简单氢化物的键角：
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：
D．Z和W可以形成只含离子键的化合物
11．（2025·甘肃模拟）设为阿伏加德罗常数的值，均是对应的盐，常温下的电离常数。常温下，下列说法正确的是
A．和所含的电子数不同
B．的溶液中，的数目约为
C．溶液中，的数目约为
D．反应中每产生标准状况下气体，转移电子数为
12．（2025·甘肃模拟）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如下图所示。已知真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让在其中传导，为价，为价，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．该晶体的1个完整晶胞中含有8个Co原子
B．忽略氧原子缺陷，每个原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心
C．真实晶体中+3价与+4价的原子个数比为
D．真实晶体的密度为
13．（2025·甘肃模拟）为有效治理低浓度二氧化硫烟气，国内外展开了大量的研究，某科研机构利用硒(Se)单质作催化剂，实现了低温下亚硫酸氢钠制备单质硫，其工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．工业生产时，“碱盐”可选用成本较低的溶液，且能避免二次污染
B．通过调控反应条件，可提高生产效率，但硫黄的回收率不会高于33.33%
C．“低温转化”所涉及到的反应中，还原剂与氧化剂的质量之比为
D．“操作”一步中包含“蒸发结晶”
14．（2025·甘肃模拟）常温下用的溶液滴定未知浓度的氨水。溶液中、含N微粒的分布系数随滴加溶液体积的变化关系如下图所示。[比如的分布系数]，下列叙述正确的是
A．曲线②代表
B．氨水的浓度为
C．氨水的电离常数
D．时，溶液中
15．（2025·甘肃模拟）过氧化钙晶体(，微溶于水，不溶于乙醇、乙醚)是重要的化学品，常用作杀菌剂、防腐剂、化妆品的添加剂等。实验室以石灰石(含有少量铁、硅的氧化物)为原料制备的实验流程如下：回答下列问题：
（1）由石灰石制备纯的过程需经过盐酸溶解、溶液氧化、调除铁、溶液沉钙等步骤。
①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是　 　。
②“溶液沉钙”反应的离子方程式为　 　。
（2）“制备”过程所用装置如下图所示：
①A中若用甲装置制备，所用反应物为　 　，若用乙装置制备，写出反应的化学方程式：　 　。
②“制备”需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是　 　；生成的离子方程式为　 　；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是　 　。
（3）产品中含量测定。准确称取产品于锥形瓶中，加入蒸馏水和，用标准溶液滴定至终点，重复上述操作两次。
①滴定终点观察到的现象为　 　。
②根据下表数据，计算产品中的质量分数　 　(保留四位有效数字)。
滴定次数 样品的质量/g 溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 0.2500 1.00 20.98
2 0.2500 2.00 22.00
3 0.2500 0.20 20.22
16．（2025·甘肃模拟）电镀工业废水含有大量的六价铬(、)，具有高度的毒性和致癌性，处理工业含铬废水有如下方法：
Ⅰ．还原法。某厂工业含铬废水有少量其他金属离子，现将废水净化并回收金属铬，基本工艺流程如下：
已知：
①溶液中和存在平衡：
②常温下，
③几种离子沉淀完全的如下表所示：
离子种类
完全沉淀 6.7 9.2 8.0
回答下列问题：
（1）反应池中溶液的，亚硫酸盐的作用是　 　。
（2）已知浓度小于时沉淀完全。沉淀池的值一般调整到8.0，此时　 　(填“是”或“否”)已沉淀完全。
（3）PAC是絮凝剂，是絮凝剂的一种成分，请写出用氢氧化铝与盐酸制备该成分的化学反应方程式　 　。
（4）清水池后续深度处理时，可采用离子交换技术(阴、阳离子分别被阴离子交换柱、阳离子交换柱吸收并释放出)。待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱的原因为　 　。
（5）铝热法制备金属Cr的化学方程式为　 　。
Ⅱ．电解处理技术。用铁板作电极电解处理酸性含铬废水，将Cr(Ⅵ)转化为沉淀如下图所示：
（6）电解时a极连接电源的　 　极。
（7）电解过程中，阳极区溶液中发生反应的离子方程式为　 　。当废水颜色不再变化，切断电源，调高溶液pH，生成沉淀除去铬。
17．（2025·甘肃模拟）2024年巴黎奥运会火炬燃料是生物丙烷，来自可再生原料，用途广泛，是一种较为清洁的能源，有助于减少碳排放。丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷来制备乙烯、丙烯等产品。请回答下列问题：
Ⅰ．直接脱氢法制丙烯的反应为：。在25℃和条件下，几种物质的燃烧热如下表所示：
物质
燃烧热 -2219.9 -2049 -285.8
（1）　 　。
（2）该反应正向自发进行的条件为　 　(填“高温”“低温”或“任何温度”)。
（3）某温度下，在某刚性密闭容器中充入一定量的，发生上述反应。平衡时容器中总压为，丙烷的转化率为，则该反应的平衡常数为　 　(要求带单位；用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的量分数)。
Ⅱ．氧化脱氢法制丙烯：在固体催化剂作用下氧化丙烷生成丙烯，化学反应为：
（4）中国科学技术大学研究了在硼基催化剂上丙烷氧化脱氢制丙烯的反应机理，部分反应历程(其中吸附在催化剂表面的物质用*表示)如下图所示：
则反应物分子在催化剂上的吸附是　 　(填“吸热”或“放热”)过程。上述反应历程中决速步骤的反应方程式为：　 　。
（5）氧化裂解法制丙烯的反应产物中除外，还有、和C等，产生的固体会附着在催化剂表面，降低催化剂活性。下图1为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2为投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响。
已知：的选择性；产率转化率选择性。
①图1中的转化率随着温度升高而增大的原因为　 　。
②图2中的值较低时，的选择性较低的原因可能是　 　。
18．（2025·甘肃模拟）化合物G是一种新型治疗肿瘤的药物，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为　 　；化合物A的名称　 　。
（2）化合物C含有官能团的名称为　 　。
（3）E的熔沸点高于D的原因是　 　。
（4）E→F反应的化学方程式为　 　。
（5）化合物A的同分异构体中，能使溶液显紫色的还有　 　种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为　 　。
（6）参照上述合成路线，以、和为原料，设计合成的路线：　 　(可用NBS和AIBN，其他无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A． 铜奔马的主要成分是合金 ，A正确；
B．驿使图壁画砖的主要成分是硅酸盐，B错误；
C．竹木简牍的主要成分是纤维素，C正确；
D．人头形器口彩陶瓶属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.铜马是铜合金。
B.壁画砖的主要成分是硅酸盐。
C.竹木的主要成分是纤维素。
D.陶瓶的主要成分是硅酸盐。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．由分析可知，激发态氯原子的价电子排布式可以为3s13p6，其排布图可以为，故A错误；
B．由分析可知，C原子最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃型，2p能级只有两个电子，电子云应向两个方向伸展，故B错误；
C．由分析可知，的电子式为，故C错误；
D．中S原子价电子对数为，孤对电子数为1，VSEPR模型为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.基态氯原子的价电子排布式为3s23p5。
B.C原子核外电子排布式为1s22s22p2，其最高能级为2p。
C.是共价化合物。
D.根据中心原子价层电子对数进行分析。
3．【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A. 不慎将金属汞洒落地面， 必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖，A正确；
B．金属钠与O2在加热条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成O2，所以不能用二氧化碳灭火器灭火，B项错误；
C．浓硫酸溅到皮肤上，先用干抹布擦干，再用大量水冲洗，最后用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗，C错误；
D．应立即停止加热，待溶液冷却后加入沸石再加热，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.金属汞有挥发性。
B.金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成O2。
C.浓硫酸溶于水会放出大量的热。
D.沸石能防止液体飞溅。
4．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A． 适量的可防止葡萄酒氧化变质，是利用的还原性，A正确；
B．用小苏打作发泡剂烘焙面包的主要原理是碳氢酸钠受热分解能产生气体 ，B正确；
C． 液氨可用作工业制冷剂是由于液氨汽化吸热 ，C错误；
D．氢氧化钠溶液和铝粉混合可以作为管道疏通剂使用，是因为铝和氢氧化钠溶液反应生成气体并放热，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.具有还原性。
B.NaHCO3不稳定，受热易分解。
C.液氨汽化吸热。
D.铝和氢氧化钠溶液反应产生H2并放热。
5．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．该化合物中，中存在配位键，A错误；
B． 图中负离子为，其中心Al的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形，B正确；
C．图中正离子中，环上碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为，烃基-C2H5中，C原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为，C正确；
D．由分析可知，三种元素中H的电负性最小，则C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为N＞C＞H，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.中存在配位键。
B.根据中心原子价层电子对数进行分析。
C.根据碳原子价层电子对数进行分析。
D.同周期元素从左到右电负性逐渐增强。
6．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．烷基是推电子基，根据实验操作及现象可推出烷基越长，推电子效应越大 ，A正确；
B．涉及反应是C+H2SO4→CO2↑+SO2↑+H2O，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，B错误；
C．根据实验操作及现象， 将活塞往里推， 体积缩小，c(NO2)增大，注射器内气体颜色加深，C错误；
D．根据实验操作及现象，Fe2O3与盐酸反应生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+，无法证明氧化铁已经完全被铝粉还原，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.烷基是推电子基，烷基越长，推电子效应越大。
B.涉及反应是C+H2SO4→CO2↑+SO2↑+H2O。
C.体积缩小，NO2浓度增大。
D.Fe2O3与盐酸反应生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+。
7．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．酯基与水不溶， 成酯不能增强该化合物的水溶性，A错误；
B．根据该有机物的结构简式，与苯环、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，B错误；
C．该有机物中含有羧基和氨基，结合分析可知，既能和碱反应，又能跟酸反应 ，C正确；
D．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据相似相溶进行分析。
B.与苯环、碳碳双键连接的碳原子一定共平面。
C.羧基能和碱反应，氨基能和酸反应。
D.质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱可获取官能团。
8．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分析可知，涉及化学方程式为：，A正确；
B．由分析可知，涉及化学方程式为：n+(n-1)H2O，B错误；
C．由分析可知，涉及化学方程式为：，C正确；
D．由分析可知，涉及化学方程式为：+3NaOH+3C17H35COONa，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.悬浊液先与过量氨水反应，生成的，在过量乙醇会析出。
B.邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂的反应是酚羟基邻位上碳原子的氢原子断裂。
C.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，注意原子数目和得失电子守恒。
D.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解为高级脂肪酸钠和甘油。
9．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时a极作负极，b极作正极，则电子流向为a极→负载→b极，故A正确；
B．由分析可知，充电时a极为阴极，b极为阳极，则锂离子流向为b极→固态电解质→复合层→a极，故B正确；
C．由分析可知，充电时b极的电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，放电时，b极的电极反应式为，则每转移0.1mol电子时，b极增加质量为0.7g，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A.根据题干及图示信息，放电时为原电池，a极附近的锂失电子生成锂离子，则a极作负极，b极为正极。
B.充电时，a极为阴极，b极为阳极。
C.充电时，b极为阳极，LiNixCoyMnzO2失电子生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子。
D.放电时，b极为正极，其电极反应式为。
10．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，该盐的化学式为，可与形成难溶的物质，A不符合题意；
B．W、X的简单氢化物分别是氨气和甲烷，甲烷中心原子孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、空间构型为正四面体形；氨气中中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则甲烷的键角更大，B不符合题意；
C．氢氧化镁属于中强碱，碱性强于氢氧化铁，C不符合题意；
D．Z和W可以形成只含离子键的化合物氮化镁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，W、X 、Y、Z均位于前四周期， X原子的外层电子数是其内层电子数的2倍， 可推出X为碳元素； Y原子的M层未成对电子数为4， 则其3d轨道上有4个不成对电子，其基态原子价电子排布式为3d64s2，可推出Y为铁元素； X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期 ， W和Z的第一电离能都大于左右相邻元素，可推出W为氮元素、Z为Mg元素。
11．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A．和都含有10NA个电子，A不正确；
B．溶液中存在电离平衡：，Ka==，则2L pH=3的HN3溶液中，c(HN3)≈0.1mol·L-1，HN3的数目约为2L×0.1mol·L-1×NA=0.2NA，B不正确；
C．NaN3为强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应：HN3+OH-，c(HN3)≈c(OH-)，则溶液中，c()≈0.1mol·L-1，水解平衡常数Kb=，则，溶液中，OH-的数目约为10-5NA，C正确；
D．由分析可知， 反应中 ，每产生标准状况下气体即4mol气体，转移电子数为4NA，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.和都含有10NA个电子。
B.溶液是弱酸。
C.NaN3为强碱弱酸盐。
D.根据，反应前后只有氢元素化合价降低，且由+1降为0。
12．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，该晶体的一个完整晶胞中含有8个Co原子，故A正确；
B．忽略氧原子缺陷，根据图示，每个Co原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心，故B正确；
C．由分析可知，La数为 、Ba数为、Co数为1，真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，故氧原子数为，+3价Co的个数为x，根据化合物中元素正负化合价代数和为0，则+3+2+3x+4(2-x)-2×6×95%=0，x=1.6，所以+3价Co与+4价Co的原子个数比为4∶1，故C错误；
D．根据均摊法，该晶胞中La数为 、Ba数为、Co数为1，真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，故氧原子数为，所以晶胞质量为，体积为，则密度，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.该晶体的一个完整晶胞由8个图示结构单元组成。
B.根据晶胞图进行分析。
C.根据均摊原则，La数为 、Ba数为、Co数为1。
D.根据m=ρV进行分析。
13．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，“碱盐”可选用成本较低的溶液，且能避免二次污染，A错误；
B．NaHSO3在催化剂作用下生成还原产物S和氧化产物NaHSO4，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，3mol二氧化硫可生成1mol硫，则硫黄的回收率不会高于33.33%，B正确；
C．“低温转化”，NaHSO3在 硒(Se)单质作催化剂作用下生成S和NaHSO4，反应前后，S元素化合价由+4变为+6、0，则NaHSO3既是氧化剂又是还原剂，且还原剂与氧化剂的质量之比为2：1，C错误；
D．NaHSO4·H2O的溶解度随温度变化大，由溶液得到晶体NaHSO4·H2O，应进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.SO2与Na2S溶液反应会生成H2S产生二次污染。
B.根据得失电子守恒可得到氧化产物与还原产物的物质的量之比，据此分析。
C.反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高。
D.由溶液得到晶体，应进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。
14．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线②代表，故A错误；
B．加入，恰好完全反应，结合反应关系式，则氨水的浓度为，故B错误；
C．根据图示信息，当pH=9.25时，时，常温下，则氨水的电离常数，故C错误；
D．时，，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，两式相减可得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.随着溶液的滴加，逐渐被中和，逐渐减小，逐渐增大，则逐渐增大，曲线②代表，曲线①代表。
B.根据反应关系式进行分析。
C.氨水的电离常数。
D.根据溶液中电荷守恒和物料守恒进行分析。
15．【答案】（1）抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；
（2）、；；温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；；氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行
（3）滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；86.40%
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是：抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；
②加入溶液沉钙发生的离子反应为与反应生成沉淀，反应的离子方程式为：；
（2）①由实验装置图可知，甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，则A中若用甲装置制备，所用反应物为、；若用乙装置制备，则乙装置中发生的反应为浓氨水受热分解生成氨气和水，反应的化学方程式为：；
②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，因过氧化氢和氨水受热均易分解，为防止反应物分解导致的产率降低，制备时需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是：温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应生成和，则生成的离子方程式为：；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水可将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行，所以制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是：氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行；
（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂，则滴定终点观察到的现象为：滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；
②由表格数据可知，三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液的体积分别为19.98mL、20.00mL、20.02mL，则消耗高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，由得失电子守恒可得关系式：~2KMnO4，则产品中的质量分数为=86.40%。
【分析】（1）①可从过滤速率及温度等方面分析。
②溶液中的与反应生成沉淀。
（2）①甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水。
②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备。
（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂。
②根据表格数据中三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液的体积可算出平均体积，结合得失电子守恒进行分析
（1）①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是：抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；
②加入溶液沉钙发生的离子反应为与反应生成沉淀，反应的离子方程式为：；
（2）①由实验装置图可知，甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，则A中若用甲装置制备，所用反应物为、；若用乙装置制备，则乙装置中发生的反应为浓氨水受热分解生成氨气和水，反应的化学方程式为：；
②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，因过氧化氢和氨水受热均易分解，为防止反应物分解导致的产率降低，制备时需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是：温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应生成和，则生成的离子方程式为：；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水可将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行，所以制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是：氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行；
（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂，则滴定终点观察到的现象为：滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；
②由表格数据可知，三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液的体积分别为19.98mL、20.00mL、20.02mL，则消耗高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，由得失电子守恒可得关系式：~2KMnO4，则产品中的质量分数为=86.40%。
16．【答案】作还原剂，将重铬酸根离子还原成三价铬离子；是；；避免阳离子与阴离子交换柱内生成沉淀，降低交换效率；；正；
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理
【解析】【解答】（1）溶液中和存在平衡：，时铬元素大部分以形式存在，亚硫酸盐作还原剂，+4价的硫被+6价的铬氧化，同时将重铬酸根离子还原成三价铬离子；
（2）沉淀池的pH=8，c(OH-)= mol/L，此时c(Cr3+) =，说明已沉淀完全；
（3）根据原子守恒，氢氧化铝与盐酸制备的化学反应方程式为：；
（4）待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱，可以避免金属阳离子如等与阴离子交换柱内生成沉淀，降低交换效率；
（5）利用铝热法制备金属Cr，发生氧化还原反应，化学方程式为；
（6）Fe为阳极失去电子，故电解时a极连接电源的正极；
（7）阳极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+具有还原性，被废水中的氧化为Fe3+，得到电子被还原产生Cr3+，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：。
【分析】（1）亚硫酸盐作还原剂。（2）已沉淀完全，说明c(Cr3+) =。
（3）根据原子数目及种类守恒进行分析。
（4）待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱，可避免金属阳离子与阴离子交换柱内生成沉淀。
（5）根据反应前后原子数目、种类及得失电子守恒进行分析。
（6）Fe作阳极。
（7）根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒进行分析。
17．【答案】+114.9；高温；；放热；或；温度升高，反应速率加快，转化率升高；氧气过量，丙烷发生深度氧化产生其它副产物
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）根据燃烧热定义写出热化学方程式：
①， ②，
③
由盖斯定律，①-②-③可得，。
（2）该反应，反应后气体物质的量增大，。根据，当时反应自发进行，要使，因为，，则需T较大，即高温条件下反应正向自发进行。
（3）设起始时的物质的量为n，列出三段式：
平衡时总物质的量为。
的分压，和的分压，平衡常数。
（4）从反应历程图看，反应物分子吸附在催化剂表面后能量降低，所以反应物分子在催化剂上的吸附是放热过程。决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤，由图可知活化能最大的步骤对应的反应为。
（5）①温度升高，分子获得能量，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率加快，在相同时间内丙烷反应的量增多，所以丙烷的转化率随着温度升高而增大。
②较低时，也就是氧气相对丙烷过量较多时，丙烷不仅发生生成丙烯的反应，还会更多地发生深度氧化反应，生成、和等，使得丙烯的选择性降低。
【分析】（1）首先写出表格中所给三种物质的燃烧的热化学方程式，根据盖斯定律得到题干中反应的热化学方程式。
（2）反应自发进行的条件是<0。
（3）根据化学平衡三段式进行分析。
（4）反应物分子吸附在催化剂表面后能量降低；决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤。
（5）①温度升高，分子获得能量，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率加快。
②氧气相对丙烷过量较多时，丙烷不仅发生生成丙烯的反应，还会更多地发生深度氧化反应。
18．【答案】（1）取代反应；3，5—二甲基苯酚
（2）碳溴键(或溴原子)、酯基
（3）E分子中存在羟基，能形成分子间氢键
（4）
（5）8；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；化合物A的结构简式为，名称为3，5—二甲基苯酚；
（2）化合物C的结构简式为，含有官能团的名称为：碳溴键(或溴原子)、酯基；
（3）E的结构简式为：，D的结构简式为：，E分子中存在羟基，能形成分子间氢键，故E的熔沸点高于D；
（4）由分析可知，E的结构简式为，E→F反应的化学方程式为：；
（5）化合物A的结构简式为，同分异构体中能使溶液显紫色的还有：、、、、、(邻间对)，共8种；
峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为：；
（6）溴乙烷与反应生成，一定条件下转化为，与反应得到，设计合成的路线为：。
【分析】（1）与乙酸酐反应生成B，根据B的分子式可知，反应为取代反应。
（2）根据有机物的结构简式分析。
（3）E分子中存在羟基，能形成分子间氢键。
（4）D在氢氧化钠溶液中水解后盐酸酸化得到E为。
（5）酚羟基能使溶液显紫色， 核磁共振氢谱有5组峰 ，说明有5种氢原子。
（6）溴乙烷与反应生成，一定条件下转化为，与反应得到。
（1）由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；化合物A的结构简式为，名称为3，5—二甲基苯酚；
（2）化合物C的结构简式为，含有官能团的名称为：碳溴键(或溴原子)、酯基；
（3）E的结构简式为：，D的结构简式为：，E分子中存在羟基，能形成分子间氢键，故E的熔沸点高于D；
（4）由分析可知，E的结构简式为，E→F反应的化学方程式为：；
（5）化合物A的结构简式为，同分异构体中能使溶液显紫色的还有：、、、、、(邻间对)，共8种；
峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为：；
（6）溴乙烷与反应生成，一定条件下转化为，与反应得到，设计合成的路线为：。
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